2021-2022学年湖北省鄂州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年湖北省鄂州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。

A. 研究高温下活性较大的催化剂B. 研究低温下活性较大的催化剂
C. 寻求氨的新来源D. 研制耐高温高压的新型材料建造合成塔
向一个密闭容器中充入1mlN2和3mlH2，在一定条件下使其发生反应生成NH3。达到平衡时，下列说法中正确的是( )
A. N2、H2和NH3的物质的量浓度之比为1：3：2
B. N2完全转化为NH3
C. 正反应速率和逆反应速率都为零
D. 单位时间内消耗amlN2，同时消耗2amlNH3
现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是( )
A. 第一电离能：④>③>②>①B. 原子半径：④>③>②>①
C. 电负性：④>③>②>①D. 最高正化合价：④>③=②>①
a、b、c、d是四种短周期元素．a、b、d同周期，c、d同主族．a的原子结构示意图为，b与c形成的化合物的电子式为.下列说法中正确的是( )
A. 原子半径：a>c>d>bB. 电负性：a>b>d>c
C. 原子序数：d>a>c>bD. 最高价含氧酸的酸性：c>d>a
研究发现液态有机物是比较理想的储氢材料。甲苯储氢反应的能量变化如图所示。
下列推断不正确的是( )
A. 甲苯储氢反应的原子利用率为100%
B. 甲苯储氢反应是放热反应
C. 该反应的正反应活化能大于逆反应活化能
D. 加入催化剂，不会改变反应热
要增大 Zn 和稀H2SO4间置换反应的速率，下列措施正确的是( )
A. 使用高纯度的锌粒B. 使用浓H2SO4C. 使用小颗粒的锌粒D. 使用浓HNO3
室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. c(OH−)c(H+)=10−12的溶液：NH4+、Cu2+、NO3−、SO42−
B. 0.1ml⋅L−1的氨水：Cu2+、Na+、SO42−、NO3−
C. 1ml⋅L−1的NaClO溶液：Fe2+、Al3+、NO3−、I−
D. 0.1ml⋅L−1的NaHCO3溶液：K+、Na+、NO3−、OH−
电化学固氮可以在常温常压下实现氮气的还原合成氨，某课题组提出一种全新的电化学固氮机理——表面氢化机理示意图如图，则有关说法错误的是( )
A. 在表面氢化机理中，第一步是H+的还原反应
B. 在表面*H原子与催化剂的协同作用下，N2与表面*H原子反应生成*N2H2中间体
C. 电化学固氮法较传统工业合成氨法，具有能耗小、环境友好的优点
D. 若竞争反应(析氢反应)的活化能显著低于固氮反应，则析氢反应的速率要远远低于固氮反应
已知：X(g)+2Y(g)⇌3Z(g)△H=−aKJ⋅ml−1(a>0)。下列说法不正确的是( )
A. 0.1mlX和0.2mlY充分反应生成Z的物质的量一定大于0.3ml
B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化
C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJ
D. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是( )
A. 铁制品做阳极，锌做阴极
B. 未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程
C. 电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率
D. 镀锌层破损后即对铁制品失去保护作用
下列说法中正确的是( )
A. 100℃时Kw为10−12，pH=6的纯水呈酸性
B. 将1mL1×10−6ml⋅L−1的稀盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9
C. 常温下当水电离的c(H+)为1×10−13ml⋅L−1时，此溶液的pH可能为1或13
D. 将pH=2的盐酸与醋酸各1mL分别稀释至100mL，所得醋酸溶液的pH更大
下列说法中，正确的是( )
A. 25℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中加入KI溶液，溶液中Pb2+浓度增大
B. 常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好
C. 两种难溶盐电解质，其中Ksp小的溶解度一定小
D. 同离子效应使难溶盐电解质的溶解度变小，也使Ksp变小
下列关于热化学方程式的说法正确的是( )
A. 若H2的燃烧热为akJ⋅ml−1，则热化学方程式为H2+Cl2=2HClΔH=−akJ⋅ml−1
B. 若1mlSO2和0.5mlO2完全反应放热98.3kJ，则热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−98.3kJ⋅ml−1
C. 若H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ⋅ml−1，则稀硫酸与稀Ba(OH)2反应的热化学方程式为H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)ΔH=−114.6kJ⋅ml−1
D. 若31g白磷的能量比31g红磷多bkJ，则白磷转化为红磷的热化学方程式为P4(白磷，s)=4P(红磷，s)ΔH=−4bkJ⋅ml−1
下列叙述与图对应的是( )
A. 对于达到平衡状态的反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，图表示在t0时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动
B. 由图可知，p2>p1、T1>T2满足反应：2A(g)+B(g)⇌2C(g)ΔH<0
C. 图为只改变某一条件，化学反应aA(g)+B(g)⇌cC(g)的平衡变化图象，则图像中b、c、d三点对应的正反应速率最大的是b点
D. 对于反应2X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)ΔH<0，图y轴可以表示Y的百分含量
室温下向10mL0.1ml⋅L−1NaOH溶液中加入0.1ml⋅L−1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. a点所示溶液中c(Na+)>c(A−)>c(H+)>c(HA)
B. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂
C. pH=7时，c(Na+)=c(A−)+c(HA)
D. b点所示溶液中c(A−)>c(HA)
已知25℃时，醋酸、氢硫酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表：(单位省略)
(1)体积相同、c(H+)相同的三种酸溶液a。CH3COOH；b.HCN；c.H2SO4分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填字母)______。
(2)25℃时，等浓度的三种溶液①NaCN 溶液、②Na2S溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为______(填序号)。
(3)25℃时，浓度均为0.01ml/L的①NaCN、②CH3COONa、③NaCl 溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为______(填序号)。
(4)将浓度为0.02ml/L的HCN 与0.01ml/LNaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na+)>c(CN−)，下列关系正确的是______。
a.c(H+)(5)25℃时，向NaCN溶液中通入少量H2S，反应的离子方程式为______。
NaCN是一种重要的基本化工原料，同时也是一种剧毒物质，严重危害人类健康。含氰废水中的氰化物常以[Fe(CN)6]3−和CN−的形式存在，工业上有多种废水处理方法。其中电解处理法如图。用如图所示装置处理含CN−废水时，控制溶液pH为9∼10并加入一定量的NaCl，一定条件下电解，阳极产生的ClO−将CN−氧化为无害物质而除去。铁电极为 ______ (填“阴极”或“阳极”)，阳极产生的ClO−的电极反应为 ______ ，阳极产生的ClO−将CN−氧化为无害物质而除去的离子方程式为 ______ 。
根据原子结构、元素周期表和元素周期律的知识回答下列问题：
(1)A是1∼36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，A元素的名称是 ______，在元素周期表中的位置是 ______。
(2)B元素基态原子的轨道表示式是图1中的 ______(填序号)，另一轨道表示式不能作为基态原子的轨道表示式是因为它不符合 ______(填序号)。
A.能量最低原则
B.泡利不相容原理
C.洪特规则
(3)如图2表示8种短周期元素的原子序数(图中原子序数是连续的)和元素常见单质沸点的关系。其中第一电离能和电负性最大的元素分别是 ______、______(填序号)；C、D、F元素的简单离子的半径由大到小的顺序是 ______(用离子符号表示)。
氮化钙(Ca3N2)时一种重要的化学试剂，通常条件下为棕色易水解的固体。某小组在实验室制备氮化钙并测定其纯度，设计如下实验：
Ⅰ.氮化钙的制备。
(1)加热条件下，钙和氮气制备氮化钙的反应方程式为 ______，Ca3N2水解的化学方程 ______.
(2)钙和氮气制备氮化钙的装置如图(夹持装置略去)：
上述装置合理的连接顺序为 ______→______→a→b→______→______→______(按气流方向，用接口字母表示，装置不重复使用)。装置D的作用为 ______。装置C的硬质玻璃管中的现象为 ______
。
(3)设计实验证明Ca3N2中混有钙单质(简述操作过程、实验现象及结论)：______。
Ⅱ.测定氮化钙纯度
i称取4.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入的盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释到200.00mL；
ii.取20.00mL稀释后的溶液，用0.2ml/LNaOH标准溶液滴定过量的盐酸，到终点时消耗标准溶液25.00mL。
(4)所取固体中氮化钙的质量分数为 ______。
二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂，对臭氧层无破坏作用。
(1)利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
①2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)；△H=−90.8kJ/ml
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)；△H=−23.5kJ/ml
③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)；△H=−41.3kJ/ml
总反应：3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=______。一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡。要提高CO的平衡转化率，下列选项中可以采取的措施是：______。(填序号)
a.高温高压
b.加入催化剂
c.减少CO2的浓度
d.增加CO的浓度
e.分离出二甲醚
(2)已知上述(1)中反应②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)在某温度下的平衡常数为100.此温度下在10L密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得容器中各组分的物质的量如表：
①比较此时正、逆反应速率的大小：v正______v逆.(填“>”、“<”或“=”)
②若在此密闭容器中开始加入21mlCH3OH，则达到平衡时c(CH3OH)=______。
工业废水中常含有一定量的Cr2O72−和CrO42−，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。
方法1：还原沉淀法。该法的工艺流程为：CrO42−→①转化H+Cr2O72−→②还原Fe2+Cr3+→③沉淀OH−Cr(OH)3↓
(1)流程第①步存在平衡：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，能说明第①步反应达平衡状态的是______。(填序号)
A.Cr2O72−和CrO42−的浓度相同
B.2v(Cr2O72−)=v(CrO42−)
C.溶液的颜色不变
(2)流程第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)⇌Cr3+(aq)+3OH−(aq)。常温下Cr(OH)3的溶度积Ksp=10−32，当c(Cr3+)降至10−5ml/L时溶液的pH为______。
方法2：电解法
该法用Fe做电极电解含Cr2O72−的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。请用电极反应方程式解释下列原因：
(3)用Fe做电极的原因是______，在阴极附近溶液pH升高的原因是______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.温度高，催化剂易失去活性，且不利用提高氨气的产率，研究方向错误，故A错误；
B.研制低温下活性较大的催化剂，符合现代工业合成氨的方向，有利于大幅提高氨的产率，故B正确；
C.合成氨，反应原料为氮气和氢气，寻求氨的新来源没有意义，故C错误；
D.研制耐高温、高压的新材料，成本过高，不符合低耗能的要求，故D错误。
故选：B。
合成氨是一个放热的、气体体积减小的、需要使用催化剂的可逆反应，选择高压、低温有利于提高产率，为节省能源，最具有决定意义的是研究低温下的催化剂，以此解答该题．
本题考查合成氨的研究发展方向，为高频考点，侧重于化学与生产的考查，注重化学反应原理与实际生成的联系，题目难度中等．
2.【答案】D
【解析】解：A.各组分的物质的量浓度与初始浓度、转化率有关，N2、H2和NH3的物质的量浓度之比为1：3：2时不一定达到平衡状态，故A错误；
B.该反应为可逆反应，N2不可能完全转化为NH3，故B错误；
C.化学平衡为动态平衡，平衡时正逆反应速率相等，但不等于0，故C错误；
D.达到平衡时正逆反应速率相等，根据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)可知，单位时间内消耗amlN2，同时消耗2amlNH3，故D正确；
故选：D。
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此结合可逆反应特点进行判断。
本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，明确化学平衡状态的特征、可逆反应特点为解答关键，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素，
A.同周期自左而右第一电离能增大，由于P为半充满状态，较稳定，所以第一电离能SP，所以第一电离能S③>②>①，故A正确；
B.同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P>S，N>F，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径P>N，故原子半径P>S>N>F，即②>①>③>④，故B错误；
C.同周期自左而右电负性增大，所以电负性O>S，ND.最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①>②=③，故D错误。
故选：A。
由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素，结合元素周期律知识解答该题．
该题考查原子结构与元素周期律，是高考种的常见题型，属于中等难度的试题．试题综合性强，贴近高考，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养．根据原子结构推断出元素是关键，注意基础知识的掌握和积累．
4.【答案】D
【解析】解：由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si元素；
由b与c形成的化合物的电子式可知c原子核外应有5个电子，为第ⅤA族元素，应为N元素，
b最外层应有1个电子，与a同周期，应为Na元素，
c、d同主族，则d为P元素，
A.原子半径应为Na>Si>P>N，即b>a>d>c，故A错误；
B.同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则应为c>d>a>b，故B错误；
C.原子序数的大小顺序为P>Si>Na>N，即d>a>b>c，故C错误；
D.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，为N>P>Si，即c>d>a，故D正确．
故选：D.
由a的原子结构示意图可知，x=2，a的原子序数为14，故a为Si元素；
由b与c形成的化合物的电子式可知c原子核外应有5个电子，为第ⅤA族元素，应为N元素，
b最外层应有1个电子，与a同周期，应为Na元素，
c、d同主族，则d为P元素，
结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．
本题考查学生利用元素的位置与结构来推断元素，并利用元素化合物知识来解答，综合性强，注重了高考的热点来考查学生，有利于学生巩固基础知识和基本技能．
5.【答案】C
【解析】解：A.甲苯储氢反应属于加成反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率为100%，故A正确；
B.根据能量变化图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，故B正确；
C.根据能量变化图可知，该反应的正反应活化能为E，从中间态到甲基环己烷为逆反应活化能，正反应活化能小于逆反应活化能，故C错误；
D.加入催化剂，可以改变正逆反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不会改变反应热，故D正确，
故选：C。
A.该反应为加成反应，反应物全部转化为生成物；
B.根据能量变化图判断反应物总能量和生成物总能量的大小关系；
C.根据能量变化图判断正反应活化能和逆反应活化能的大小关系；
D.加入催化剂，只改变化学反应的速率。
本题主要考查化学反应中的能量变化，侧重考查活化能和催化剂的作用，属于基础考点，难度偏低。
6.【答案】C
【解析】解：A、使用高纯度的锌粒，不会改变反应速率，故A错误；
B、锌和浓硫酸之间发生的不是置换反应，故B错误；
C、增大固体的表面积可以加快化学反应速率，故C正确；
D、锌和浓硝酸之间发生的不是置换反应，故D错误。
故选：C。
增大反应速率可增大压强、升高温度、提高浓度以及使用催化剂等，根据外界条件对化学反应速率的影响解答．
本题考查影响化学反应速率的因素，题目难度不大，注意常见影响化学反应速率的因素除温度、浓度、压强、催化剂之后还有表面积、溶剂、光照等因素，注意常见基础知识的积累．
7.【答案】A
【解析】解：A.该溶液显酸性，NH4+、Cu2+、NO3−、SO42−离子之间不反应，与H+也不反应，可大量共存，故A正确；
B.氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.1ml⋅L−1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I−，故在该溶液中不能大量共存，故C错误；
D.HCO3−与OH−会反应生成CO32−和H2O而不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.该溶液呈酸性，能和H+反应的离子不能大量共存；
B.能和一水合氨反应的离子不能大量共存；
C.NaClO具有强氧化性，能和NaClO反应的离子不能大量共存；
D.能和NaHCO3溶液反应的离子不能大量共存。
本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意隐含信息的分析判断并灵活运用隐含信息解答问题，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，在表面氢化机理中，第一步是H+得到电子，发生还原反应，生成氢原子，故A正确；
B.根据质量守恒可知，在催化剂表面，*H原子与催化剂的协同作用下，N2与表面的2个*H原子反应生成*N2H2中间体，故B正确；
C.传统工业合成氨法需要在高温、高压下实现，电化学固氮法在常温、常压下就能实现，故C正确；
D.活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，活化能越小则反应越易进行，反应速率越快，析氢反应的活化能显著低于固氮反应，则析氢反应的速率要远远高于固氮反应的速率，故D错误；
故选：D。
A.得到电子的反应属于还原反应；
B.化学反应中应满足质量守恒，也即原子守恒；
C.传统工业合成氨法需要在高温、高压下实现；
D.活化能越小则反应越易进行，反应速率越快。
本题主要考查学生的看图、获取信息的能力，同时考查化学反应的机理，对学生的能力要求较高，难度中等。
9.【答案】AD
【解析】A.可逆反应不可能完全转化，所以0.1mlX和0.2mlY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3ml，故A错误；
B.化学平衡时正逆反应速率相等，体系中各组分的浓度不变，所以达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，故B正确；
C.反应热表示1mlX和2mlY完全反应生成3ml的Z放出aKJ的热量，反应放出的热量与实际参加反应的量有关，所以达到化学平衡状态时，只要有1mlX完全反应就可以放出akJ的热量，故C正确；
D.升高反应温度，正逆反应速率都加快，对正逆反应影响是一致的，故D错误；
10.【答案】C
【解析】解：A.以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，则镀层金属锌为阳极，待镀金属铁为阴极，故A错误；
B.未通电前上述镀锌装置可构成原电池，因原电池反应与电镀时所发生的反应为不同的两个反应，故电镀过程不是该原电池的充电过程，故B错误；
C.电解池的阳极上金属本身失电子转化为金属离子，阴极上金属离子得电子转化为金属单质，电镀时保持电流恒定，电镀液的浓度保持不变，故C正确；
D.镀锌层破损后，能形成锌铁原电池，铁为正极，锌为负极，同样起到保护铁的作用，故D错误；
故选：C。
以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，则镀层金属锌为阳极，待镀金属铁为阴极，电镀过程中，Zn2+不断的移向阴极铁电极，镀锌铁制品的镀层破损后，易形成Zn−Fe原电池，Zn作负极优先被腐蚀，铁制品仍能受到保护，据此分析解答。
此题考查了原电池与电解池的工作原理及应用．重在突出应用及电路中的电量与析出物质的守恒关系，解答本题时应明确电池或电解工作原理，对于其应用也要掌握。
11.【答案】C
【解析】解：A.水的电离吸热，升高温度促进水的电离，并且纯水电离始终存在c(H+)=c(OH−)，即pH=6的纯水仍然呈中性，故A错误；
B.酸性溶液加水稀释不能变为碱性，则将1mL1×10−6ml/L盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH接近7，但是小于7，不可能为9，故B错误；
C.常温下当水电离的c(H+)为1×10−13ml⋅L−1<1×10−7ml⋅L−1，可能是酸或碱抑制了水的电离，溶液的pH可能为1或13，故C正确；
D.醋酸是弱电解质，稀释促进其电离，将pH=2的盐酸与醋酸各1mL分别稀释至100mL，即102倍时醋酸溶液的pH<4，盐酸溶液的pH=4，则所得盐酸溶液的pH更大，故D错误；
故选：C。
A.纯水始终呈中性；
B.将1mL1×10−6ml⋅L−1的稀盐酸稀释至1000mL，即103倍，所得溶液的pH≈7；
C.酸或碱溶液抑制水的电离；
D.醋酸是弱电解质，稀释促进其电离。
本题考查了pH的计算、弱电解质的电离及其影响因素，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握pH的计算和弱电解质的电离特点是解题关键，注意掌握酸碱抑制水电离的计算，题目难度中等。
12.【答案】B
【解析】解：A.加入KI溶液，碘离子浓度增大，使PbI2的饱和溶液中的溶解平衡逆向移动，则溶液中Pb2+浓度减小，故A错误；
B.Na2CO3溶液与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀、NaCl，碳酸钙比氢氧化钙更难溶，则除杂时选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好，故B正确；
C.一般同类型的两种难溶盐电解质，Ksp小的其溶解度小，不同类型的难溶电解质不能直接由溶度积比较溶解度大小，故C错误；
D.Ksp与温度有关，则同离子效应使难溶盐电解质的溶解度变小，但Ksp不变，故D错误；
故选：B。
A.加入KI溶液，碘离子浓度增大，使PbI2的饱和溶液中的溶解平衡逆向移动；
B.Na2CO3溶液与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀、NaCl；
C.一般同类型的两种难溶盐电解质，Ksp小的其溶解度小；
D.Ksp与温度有关。
本题考查难溶电解质，为高频考点，把握浓度对溶解平衡的影响、Ksp的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.若H2的燃烧热为akJ⋅ml−1，则氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=−akJ⋅ml−1，故A错误；
B.若1mlSO2和0.5mlO2完全反应放热98.3kJ，该反应为可逆反应，则SO2(g)和O2(g)反应生成2mlSO3(g)放出的热量大于98.3kJ/ml×2ml=196.6kJ，正确的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH<−196.6kJ⋅ml−1，故B错误；
C.若H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ⋅ml−1，由于钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡的反应放出热量，则稀硫酸与稀Ba(OH)2反应的热化学方程式为H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)ΔH<−114.6kJ⋅ml−1，故C错误；
D.若31g白磷的能量比31g红磷多bkJ，31g白磷(P4)的物质的量为n(P4)=31g124g/ml=0.25ml，1mlP4(白磷，s)转化为4ml(红磷，s)放出4bkJ热量，则白磷转化为红磷的热化学方程式为P4(白磷，s)=4P(红磷，s)ΔH=−4bkJ⋅ml−1，故D正确；
故选：D。
A.燃烧热中H元素的指定产物为液态水；
B.该反应为可逆反应，SO2(g)和O2(g)反应生成2mlSO3(g)放出的热量大于98.3kJ/ml×2ml=196.6kJ；
C.钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡的反应放热；
D.根据n=mM计算出31g白磷(P4)的物质的量，然后计算出1mlP4完全转化为红磷放出的热量，再结合该反应为放热反应书写热化学方程式。
本题考查热化学方程式，为高频考点，把握燃烧热、中和热的概念为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写原则及表示的意义，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：A.对于达到平衡状态的反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，在t0时刻充入了一定量的NH3，逆反应速率增大，正反应速率瞬间不变，平衡逆向移动，故与图象不符，故A错误；
B.由图可知，压强相同时，T1下反应先达到平衡状态，故T1>T2，反应放热，升温，平衡逆向移动，C%减小，温度相同时，p2下反应先达到平衡状态，故p2>p1，反应正向气体分子数减小，加压，平衡正向移动，C%增大，与图象相符合，故B正确；
C.由图可知，在t0时刻，改变外界条件，逆反应速率大于正反应速率，随反应进行，正反应速率逐渐增大，故图象中b、c、d三点对应的正反应速率最大的是d点，故C错误；
D.反应放热，升温，平衡逆向移动，Y的百分含量增大，与图象不符，故D错误；
故选：B。
A.增大生成物浓度，逆反应速率加快，正反应速率不变，平衡逆向移动；
B.温度高、压强大，反应速率快，加压，平衡向气体分子数减小的方向移动，升温，平衡向吸热反应方向移动；
C.逆反应速率大于正反应速率，随反应进行，正反应速率逐渐增大；
D.加压，平衡向气体分子数减小的方向移动，升温，平衡向吸热反应方向移动。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
15.【答案】D
【解析】解：A.a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c(HA)>c(H+)，故A错误；
B.甲基橙的变色范围为3.1∼4.4，酚酞变色范围为8∼10，该酸碱中和终点溶液pH大于7，应该选取酚酞作指示剂，故B错误；
C.pH=7时，溶液呈中性：c(H+)=c(OH−)，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)可知：c(Na+)=c(A−)，则c(Na+)D.b点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaA、HA，混合溶液pH<7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于NaA水解程度，所以存在c(A−)>c(HA)，故D正确；
故选：D。
A.a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性；
B.甲基橙的变色范围为3.1∼4.4，酚酞变色范围为8∼10，该酸碱中和终点溶液pH大于7；
C.pH=7时，HA稍过量，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)可知：c(Na+)=c(A−)；
D.b点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaA、HA，混合溶液pH<7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于NaA水解程度。
本题以酸碱混合溶液定性判断为载体考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确各点溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意任何电解质溶液中都存在电荷守恒，与溶液酸碱性无关。
16.【答案】b>a>c②>①>③ ③>②>① acCN−+H2S=HS−+HCN
【解析】解：(1)体积相同，c(H+)相同的酸溶液，酸越弱，酸的浓度越大，消耗同浓度的NaOH溶液体积越大，所以消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是：b>a>c，
故答案为：b>a>c；
(2)酸越弱，酸根离子水解程度越大，溶液碱性越大，pH越大，所以等浓度的三种溶液①NaCN 溶液、②Na2S溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为：②>①>③，
故答案为：②>①>③；
(3)溶液①中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CN−)，溶液②中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)溶液③中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，比较阴离子总浓度，只需比较c(Na+)+c(H+)，三种溶液浓度相同，则只需比较c(H+)，由于酸性CH3COOH>HCN，所以碱性CN−>CH3COO−，则溶液中c(H+)大小顺序为：③>②>①，
故答案为：③>②>①；
(4)将0.02ml/L的HCN与0.01ml/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005ml/L的NaCN、HCN，测得c(Na+)>c(CN−)，根据电荷守恒可知：c(H+)a.根据分析可知，溶液呈碱性，c(H+)b.氢氧根离子浓度较小，c(HCN)远远大于c(OH−)，故b错误；
c.根据物料守恒可知：c(HCN)+c(CN−)=0.01ml/L，故c正确，
故答案为：ac；
(5)向NaCN溶液中通入少量H2S，由于酸性强弱顺序为：H2S>HCN>HS−，根据强酸制取弱酸的原理，反应的离子方程式为：CN−+H2S=HS−+HCN，
故答案为：CN−+H2S=HS−+HCN。
(1)体积相同，c(H+)相同的酸溶液，酸越弱，酸的浓度越大，消耗同浓度的NaOH溶液体积越大；
(2)酸越弱，酸根离子水解程度越大，溶液碱性越大，pH越大；
(3)根据电荷守恒关系分析；
(4)将0.02ml/L的HCN与0.01ml/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCN、HCN，已知混合溶液中c(CN−)(5)根据强酸制取弱酸的原理分析。
本题考查了弱电解质的电离及其影响、离子浓度大小比较，盐类水解等知识，题目难度中等，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。
17.【答案】阴极 Cl−−2e−+2OH−=ClO−+H2O5ClO−+2CN−+2OH−=N2↑+2CO32−+5Cl−+H2O
【解析】解：在电解池中，铁是活性电极，不参加反应，只能作阴极；废水中含CN−，控制溶液pH为9∼10，溶液呈碱性，阳极产生的ClO−将CN−氧化，说明加入的NaCl提供的氯离子在阳极失去电子发生氧化反应，根据质量守恒和电子转移守恒，则电极反应为：2OH−+Cl−−2e−=ClO−+H2O；阴极是氢离子得电子产生氢气，ClO−和CN−和OH−反应生成CO32−，N2，Cl−和H2O，故化学方程式为5ClO−+2CN−+2OH−=2CO32−+N2↑+5Cl−+H2O，
故答案为：阴极；2OH−+Cl−−2e−=ClO−+H2O；5ClO−+2CN−+2OH−=2CO32−+N2↑+5Cl−+H2O。
废水中含CN−，控制溶液pH并加入NaCl，阳极产生的ClO−将CN−氧化为无害物质而除去，说明氯离子在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子生成氢气，铁是活性电极，不参加反应，只能作阴极；根据质量守恒和电子转移守恒写出电极反应和离子方程式，据此分析解答。
本题考查电解原理，为高频考点，侧重考查分析判断能力，明确各个电极上发生的反应以及电解的原理为解答本题关键，注意把握电极方程式的书写，题目难度中等。
18.【答案】铬 第四周期第ⅥB族 ② CEDO2−>F−>Mg2+
【解析】解：(1)A是1∼36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，其外围电子排布式为3d54s1，该元素为Cr，元素名称为铬，处于周期表中第四周期第ⅥB族，
故答案为：铬；第四周期第ⅥB族；
(2)①中3p能级中2个电子占据1个轨道，违背了洪特规则，②符合能量最低原理，是基态原子轨道表示式，即B元素基态原子的轨道表示式是图1中的②，
故答案为：②；C；
(3)图中8种短周期元素的原子序数是连续的，其中B、C、D、E的单质都是气体，可知B为N元素、C为O元素、D为F元素、E为Ne，则A为C、F为Mg，其中第一电离能最大的元素是Ne，电负性最大的元素是F，C、D、F元素的简单离子分别为O2−、F−、Mg2+，三者电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径O2−>F−>Mg2+，
故答案为：E；D；O2−>F−>Mg2+。
(1)A是1∼36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，其外围电子排布式为3d54s1；
(2)①中3p能级中2个电子占据1个轨道，违背了洪特规则，②符合能量最低原理，是基态原子轨道表示式；
(3)图中8种短周期元素的原子序数是连续的，其中B、C、D、E的单质都是气体，可知B为N元素、C为O元素、D为F元素、E为Ne，则A为C、F为Mg。
本题考查比较综合，涉及核外电子排布、电离能、电负性、结构性质位置关系等，掌握核外电子排布规，题目比较基础，有利于基础知识的复习巩固。
19.【答案】3Ca+N2−△Ca3N2 Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑ighefjkd除去空气中的水蒸气和酸性气体 银白色金属逐渐变为棕色 取C中反应后固体少量于试管中，加足量稀盐酸(或稀硫酸)，将生成气体通过(或浓硫酸)，再通入灼热的CuO，黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质 92.5%
【解析】解：Ⅰ.(1)装置C中氮气与钙反应生成二氮化三钙，反应方程式为3Ca+N2−△Ca3N2，Ca3N2水解生成氢氧化钙和氨气，反应方程式为Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，
故答案为：3Ca+N2−△Ca3N2：Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑；
(2)E装置的空气，D装置除空气中的水蒸气和酸性气体，A装置除空气中的氧气，C装置中氮气与Ca反应生成氮化钙，氮化钙为棕色固体，反应导致装置内气压减小，F装置防止倒吸，氮化钙易水解，加入B装置用浓硫酸防止空气中水蒸气进入硬质玻璃管C中。按气流方向的连接顺序是：i→gh→ab→ef→jk→d，
故答案为：i；gh；ef；jk；d；除去空气中的水蒸气和酸性气体；银白色金属逐渐变为棕色；
(3)氮化钙与酸反应生成铵盐，钙与酸反应生成氢气，氢气难溶于水，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有未反应的钙，故方法为：取C中反应后固体少量于试管中，加足量稀盐酸(或稀硫酸)，将生成气体通过(或浓硫酸)，再通入灼热的CuO，黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质，
故答案为：取C中反应后固体少量于试管中，加足量稀盐酸(或稀硫酸)，将生成气体通过(或浓硫酸)，再通入灼热的CuO，黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质；
Ⅱ.(4)剩余的盐酸量为200mL20mL×0.2ml/L×0.025L=0.05ml，故参与反应的盐酸为0.1L×1ml/L−0.05ml=0.05ml，根据氮元素守恒：Ca3N2∼2NH3，则n(Ca3N2)=0.025ml，则氮化钙的质量分数为0.025ml×148g/ml4.0g×100%=92.5%，
故答案为：92.5%。
E装置中的空气加入水后排出，通过D装置除空气中的水蒸气和酸性气体，再绕过A装置除空气中的氧气，得到干燥的N2，通入C装置中，氮气与Ca加热时反应生成氮化钙，氮化钙易水解，为防止空气中的水蒸气进入硬质玻璃管C中，应在C装置后加盛有浓硫酸的干燥装置B，C装置中反应导致装置内气压减小，可能会引起B中浓硫酸倒吸进B中，为防止倒吸C、B之间应接入F装置；氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生成氢气，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有未反应的钙；氮化镁与水反应生成氨气，被过量的盐酸吸收，根据剩余的盐酸量可得消耗的盐酸，即可得到氨气的量，据此计算产品的纯度，据此解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用，题目难度中等。
20.【答案】−246.4kJ/mlce>0.1ml/L
【解析】解：(1)①2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H=−90.8kJ/ml
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=−23.5kJ/ml
③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=−41.3kJ/ml
根据盖斯定律：①×2+②+③计算3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=−246.4kJ/ml；
a.该反应正向是气体体积减小的放热反应，高温不利于正向移动、高压利于正向移动，所以低温高压的措施能提高CO的平衡转化率，故a错误；
b.加入催化剂，不能改变平衡，CO的平衡转化率不变，故b错误；
c.减少CO2的浓度，有利于平衡正向移动，能提高CO的平衡转化率，故c正确；
d.增加CO的浓度，有利于平衡正向移动，但CO的减少量远小于CO的增加量，CO的平衡转化率降低，故d错误；
e.分离出二甲醚以减少生成物的浓度，有利于平衡正向移动，能提高CO的平衡转化率，故e正确；
故答案为：−246.4kJ/ml；ce；
(2)①某时刻测得容器中各组分的物质的量浓度：c(CH3OH)=0.4ml/L，c(CH3OCH3)=0.6ml/L，c(H2O)=0.6ml/L，浓度熵Qc=c(CH3OCH3)⋅c(H2O)c2(CH3OH)=0.6×<100=K，即反应正向进行，v正>v逆，
故答案为：>；
②开始时，密闭容器中CH3OH的浓度为2.1ml/L，反应三行式为，
2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)
起始量(ml/L)2.100
变化量(ml/L)2xxx
平衡量(ml/L)2.1−2xxx
平衡常数K=c(CH3OCH3)⋅c(H2O)c2(CH3OH)=x⋅x(2.1−2x)2=100，解得x=1，达到平衡时c(CH3OH)，2.1ml−2×1ml/L=0.1ml/L，
故答案为：0.1ml/L。
(1)①2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H=−90.8kJ/ml
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=−23.5kJ/ml
③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=−41.3kJ/ml
结合盖斯定律可知，①×2+②+③得到3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)；除增大CO浓度外的其他能使平衡正向移动的措施均可提高CO的平衡转化率；
(2)①根据浓度熵Qc与平衡常数K的关系判断：若Qc>K时，则反应逆向进行，v正v逆；若Qc=K时，则反应达到平衡，v正=v逆；
②根据反应三行式结合平衡常数K=100计算达到平衡时c(CH3OH)。
本题考查化学平衡常数的计算应用、化学平衡影响因素和盖斯定律的计算应用等知识，为高频考点，侧重分析、计算和灵活运用能力的考查，把握化学平衡常数的应用和外界条件对化学平衡的影响即可解答，注意三行式格式在平衡计算中的应用，题目难度不大。
21.【答案】C5Fe−2e−=Fe2+ 2H++2e−=H2↑
【解析】解：(1)对于平衡：2CrO42−(黄色)+2H+⇌Cr2O72−(橙色)+H2O，
A、各组分的浓度保持不变，而Cr2O72−和CrO42−的浓度相同，不能判定是否达平衡状态，故A错误；
B、2v(Cr2O72−)=v(CrO42−)不知道是正反应速率还是逆反应速率，不能证明正逆速率相等，所以不是平衡状态，故B错误；
C、溶液的颜色不变，即有色离子浓度不会再不变，达到了化学平衡状态，故C正确；
故选：C；
(2)常温Cr(OH)3的溶度积Ksp=10−32，当c(Cr3+)降至10−5ml/L，则c(OH−)=310−3210−5=10−9ml/L，c(H+)=10−5ml/L，溶液的pH为5，
故答案为：5；
(3)在电解法除铬中，活性电极铁作阳极，所以阳极反应为：Fe−2e−=Fe2+，在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H2：2H++2e−=H2↑；同时大量产生了OH−，产生Cr(OH)3沉淀，
故答案为：Fe−2e−=Fe2+；2H++2e−=H2↑。
(1)根据判断平衡状态的方法：v正=v逆，或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡，也可根据化学平衡状态的特征：逆、等、定、动、变来回答判断；
(2)根据c3(OH−)=Ksp[Cr(OH−)3]c(Cr3+)，c(H+)=Kwc(OH−)，pH=−lgc(H+)计算得出；
(3)活性电极Fe做电极先失电子而放电，酸性废水中的H+得电子发生还原反应，使阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。
本题考查盖斯定律、化学平衡计算等知识点，侧重考查学生图象分析、计算能力，明确化学反应原理、电解原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。
醋酸
氢硫酸
氢氰酸
Ka=1.8×10−5
Ka1=9.1×10−8Ka2=1.1×10−12
Ka=4.9×10−10
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
物质的量/(ml)
4.0
6.0
6.0